精品解析：湖北武汉市2026届高三年级五月供题数学试题

武汉市2026届高三年级五月供题 数 学 2026.5 本卷共4页，19题，全卷满分150分．用时120分钟． 注意事项： 1.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 2.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 3. 若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上的（ ） A. 每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 B. 每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 C. 每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 D. 每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向左平移个单位 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（ ） A. B. C. D. 7. 表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则满足条件的的取值个数为（ ） A. 3个 B. 5个 C. 7个 D. 无穷多个 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3 B. 若随机变量，则 C. 若事件，满足，则与是对立事件 D. 若事件，满足，则事件，相互独立 10. 关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 各项系数之和为32 B. 常数项为80 C. 项的系数为 D. 展开式一共有21项 11. 已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 的个位数字为7 D. 为完全平方数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在凸四边形中，，，，，则的最小值为_________． 13. 已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________． 14. 已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角，，的对边分别为，，， 若． （1）求角的大小； （2）若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值． 16. 已知函数存在两个极值点. （1）求的取值范围； （2）求的最小值. 17. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，，点是线段的中点，点在线段上，满足平面． （1）求证：是线段的中点； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． （1）求曲线的方程； （2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 19. 某中学共有个社团，学校计划在周一和周三各举办一场社团博览会．每场博览会需随机邀请其中个社团参展（，为常数）．两场博览会的邀请工作独立进行，每次均从个社团中等可能地选取个不同的社团．记至少参展过一场博览会的社团总数为． （1）求社团“星火社”至少参加一次博览会的概率； （2）求使概率取得最大值的整数的值（用，表示）； （3）记随机变量的数学期望为，方差为； （ⅰ）求； （ⅱ）证明：． 附：对服从超几何分布的离散型随机变量，即，有，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市2026届高三年级五月供题 数 学 2026.5 本卷共4页，19题，全卷满分150分．用时120分钟． 注意事项： 1.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 2.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，其中， 又， 则． 2. 已知复数z满足，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，， 所以. 3. 若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】举例即可说明，充分性以及必要性均不成立，即可得出答案. 【详解】充分性：在等比数列中，设首项为，由， 取，此时等比数列的通项公式为： ， 随着的逐渐增大，增大， 则等比数列是递增数列，不是递减数列，故充分性不成立， 必要性：取首项， 则等比数列的通项公式为： ， 从而得出数列是递减数列，但是，所以必要性不成立， 故“”是“是递减数列”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上的（ ） A. 每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 B. 每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 C. 每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向右平移个单位 D. 每个点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，再向左平移个单位 【答案】B 【解析】 【详解】对函数做横坐标伸缩变换，将图像上每个点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变， 得到新函数的图象， 根据平移变换的“左加右减”规则，将变形为目标函数：， 可知需要将的图象向右平移个单位，即可得到目标函数的图象， B选项正确. 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性分别计算的范围即可求解． 【详解】对数函数在上单调递增，且， 所以，即； 对数函数在上单调递增，且， 所以，即； 对数函数在上单调递增，且， 所以，即； 综上可得． 6. 游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得直线过定点，再由几何关系求得当直线与垂直时，弦长最短，即可求解． 【详解】将直线方程整理为，故直线恒过定点， 圆的圆心为，半径， 因为，所以点在圆内， 当直线与垂直时，得最短弦长为． 7. 表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题设可得，分析可得要使球体的体积最大，则应取，进而结合球的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 而圆柱的表面积为，则，即， 要在圆柱内放入一个球，设球的半径为，则，即， 要使球体的体积最大，则应取， 则，即， 则该球体的体积最大值为. 8. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则满足条件的的取值个数为（ ） A. 3个 B. 5个 C. 7个 D. 无穷多个 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，然后化简后代入不等式，令可得，必为整数，对任意整数，有恒等式求解即可. 【详解】因为不等式对任意恒成立，令，此时右边， 故恒成立。 取得，结合，得， 代入得： ，  原不等式化为对任意恒成立， 令，代入得，因此，故必为整数（）. 对任意整数，有恒等式： 若：，满足不等式， 符合条件的整数为：，共5个； 若：存在使得， （例如，取，可得，不满足），舍去. 综上，满足条件的的取值个数为5个. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的有（ ） A. 一组数据1，2，3，4，5，6，7，8的第30百分位数为3 B. 若随机变量，则 C. 若事件，满足，则与是对立事件 D. 若事件，满足，则事件，相互独立 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于选项A，可知，所以8个数据的第30百分位数为第3个数字，即3，所以A正确； 对于选项B，由二项分布可知，所以B正确； 对于选项C，由无法得出，所以无法判定与是否是对立事件，所以C错误； 对于选项D，可知， 可得，化简得，即事件，相互独立，所以D正确； 10. 关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A. 各项系数之和为32 B. 常数项为80 C. 项的系数为 D. 展开式一共有21项 【答案】AC 【解析】 【分析】由多项式展开式令代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由的指数取值范围求解可判断D. 【详解】由题意得多项式展开式的通项如下， 为 ， 即， 对于A，令得， 所以各项系数之和为32，故A正确； 对于B，常数项中的次数为0，则或或， 则，故B错误； 对于C，令，得或， 所以项为， 故项的系数为，故C正确； 对于D，因为，的指数为的整数， 化简可得， 所以展开式一共有9项，故D错误； 11. 已知，为方程的两个实根，设，下列结论正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 的个位数字为7 D. 为完全平方数 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据韦达定理推导数列的递推关系，并求出即可；选项B，将的表达式代入，利用韦达定理化简得到通式后判断；选项C，计算前若干项的个位数字，找到周期，再根据周期取余得到对应个位数字；选项D，利用的表达式，结合的幂次的变形推导其结构，再代入判断是否为完全平方数. 【详解】由于是方程的根，则有： 两边同乘，可得递推关系：， 则，即 等式两侧同除以2，可得 故数列的递推公式：， ，. 选项A：，A正确. 选项B：化简，结合展开得： ，B错误. 选项C：依次计算可得：，，， ，， ， 经过计算，从往后，可得个位数循环节为：，即周期为6， 所以，余数为，对应个位数字为，C正确. 选项D：由 代入得： ，可得，是完全平方数，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在凸四边形中，，，，，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，用坐标法求解. 【详解】由 ，，，以 为原点， 为 轴， 为 轴建立平面直角坐标系：，，，因为 ，所以 ， 因为，所以点 在以 为直径的圆上（除去 ）， 因为 中点为圆心 ，半径 ，所以圆的方程：， 在凸四边形中，设 ， ，，， 由圆方程 ，得 ，即 ， 又凸四边形， 在 轴左侧（），故 . 13. 已知椭圆的左右焦点分别为，，点为椭圆上一点，若直线和的斜率分别为和，则椭圆的离心率为_________． 【答案】 【解析】 【详解】设，则， 整理得 两式相加，得 将代入，得，解得 代入，得 因此，点的坐标为 因为点在椭圆上，满足椭圆方程 化简方程得 两边同乘，得 由椭圆定义，，离心率， 因此，. 将其代入上式， 整理得， 令（，故），方程转化为 解得 ，不符合，舍去； ，符合条件. 因此 化简根式 14. 已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】分三种情况，时利用极限可判断不成立，时直接代入不等式中判断成立，当时，首先利用极限证明满足题意，然后再说明不成立即可. 【详解】当，时，，，不成立，舍去. 当时， ，不等式成立， 当，时，，，要使得不等式， 即，解得 ，即满足题意. 当，时 ，不成立； 综上，实数  的取值范围是 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角，，的对边分别为，，， 若． （1）求角的大小； （2）若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系，将原式转化为正弦形式，进而结合正弦定理将正弦值转化为对应边的关系，再利用余弦定理即可求出，进而得到角的大小. （2）利用三角形面积关系，建立与、的等式，再结合余弦定理得到、关系，进而利用基本不等式求出的范围，再构造函数，利用函数单调性求解的最大值. 【小问1详解】 由， 整理得：. 由，得， 所以. 由正弦定理，得：. 结合余弦定理，可得：， 因为，故. 【小问2详解】 由, 可得， 由（1）知，又，所以， 则，得，当且仅当时等号成立， 又因为 ，所以. ， 因为在上递增， 所以，即线段长度的最大值为 1. 16. 已知函数存在两个极值点. （1）求的取值范围； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点的定义可知，即有两个不等正根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得的取值范围； （2）由（1）可知，由此化简为，令，利用导数可求得，即为所求的最小值. 【小问1详解】 由题意知：定义域为，； 令，则有两个不等正根， ，解得：，实数的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）知：，是的两根，则； ； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； ， 即的最小值为. 17. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，，点是线段的中点，点在线段上，满足平面． （1）求证：是线段的中点； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先判断四点共面，再结合线面平行的性质得到，最后结合平行四边形的性质求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用面面角的向量求法求解即可. （3）利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【小问1详解】 在中，过点N作交BC于点Q，连接QM， 如图，作出符合题意的图形， 在三棱柱中，因为，所以， 所以四点共面，因为直线平面，平面， 平面平面，所以． 所以四边形是平行四边形， 得到，所以为的中点． 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，又因为正方形，， 故可以B为原点建立空间直角坐标系，如下图， 因为，所以，，，， ， ，，所以，． 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得， 易知平面的法向量， 得到， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 设平面的一个法向量为， 而，由中点坐标公式得，则， 由，得，取，得， 又，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得. 18. 已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． （1）求曲线的方程； （2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （i）设直线， 联立，得， 则 ，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 19. 某中学共有个社团，学校计划在周一和周三各举办一场社团博览会．每场博览会需随机邀请其中个社团参展（，为常数）．两场博览会的邀请工作独立进行，每次均从个社团中等可能地选取个不同的社团．记至少参展过一场博览会的社团总数为． （1）求社团“星火社”至少参加一次博览会的概率； （2）求使概率取得最大值的整数的值（用，表示）； （3）记随机变量的数学期望为，方差为； （ⅰ）求； （ⅱ）证明：． 附：对服从超几何分布的离散型随机变量，即，有，． 【答案】（1） （2）当能被整除时，和；当不能被整除时，；（表示的整数部分） （3）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用对立事件概率公式计算至少参加一次的概率； （2）由题意求出的组合表达式，再通过解不等式，确定，进而找到取最大值对应的m； （3）（i）结合超几何分布的期望公式即可求得；（ⅱ）利用服从超几何分布的离散型随机变量的方差的性质，求的，再通过不等式放缩证明结论. 【小问1详解】 设社团“星火社”至少参加一次博览会为事件M，则； 【小问2详解】 当时，同时收到两次邀请的社团数为， 仅收到周一或仅收到周三邀请的社团数均为， 则由乘法计数原理知事件所含基本事件数为， 此时， 令，即得， 解得， 则当能被整除时， 在和处取得最大值， 当不能被整除时，在处取得最大值； （表示的整数部分） 【小问3详解】 记“某社团参加周一的博览会”为事件A，“某社团参加周三的博览会”为事件B， 记两次都参加的社团数，则，S满足超几何分布， （i）； （ii）证明：， 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $